每個位置的紙牌可以移向相鄰位置，求使得所有位置紙牌數量相等所需的最小移動次數。
呈一條直線，位置 \(1\) 只和位置 \(2\) 相鄰，位置 \(n\) 只和位置 \(n-1\) 相鄰，其餘位置 \(i\) 和位置 \(i-1,i+1\) 相鄰。
令 \(\overline s\) 表示平均數，\(a_i\) 表示位置 \(i\) 的紙牌數量。考慮所有位置 \(m\)：
除了必然需要的移動，我們發現剩下不需要任何移動了。
對於一次可以移動多張紙牌的情況，計算前兩種情況的數量即可；對於一次只能移動一張紙牌的情況，計算前兩種情況移動紙牌的總量即可。
呈乙個圓環，位置 \(1\) 和位置 \(n,2\) 相鄰，位置 \(n\) 和位置 \(n-1,1\) 相鄰，其餘位置 \(i\) 和位置 \(i-1,i+1\) 相鄰。
可以暴力列舉斷點破環成鏈做到 \(o(n^2)\)，證明考慮構造出一組存在至少一對相鄰位置之間沒有移動的最優解。
因為相鄰兩位置肯定只會單向移動，所以相鄰位置之間都有移動的所有最優解一定是如下形式：
其中 \(x\) 表示間隔移動的紙牌數量，不妨設最小的為 \(x_1\)。
現在將 \(x_1\) 置為 \(0\)，然後調整平衡。圖中 \(x_2,x_3,x_7,x_9,x_\) 均需增大原 \(x_1\)，\(x_4,x_5,x_6,x_8\) 均需減小原 \(x_1\)。
這樣保證不會出現負數，唯一的問題就是代價變大了。設增大的間隔有 \(l\) 個，那麼減小的就有 \(n-l\) 個，如果 \(n-l說明代價變大。
如果出現這種情況就換種調整方式，令 \(x_1\gets x_1\times 2\)，這樣仍能保證不出現負數，並且此時 \(n-l>l\)，代價變小了，這與我們假設最優解的前提相矛盾。
所以第一種調整方式一定會使得代價不變。
對於一次可以移動多張紙牌的情況，在列舉的同時計算第三種情況的數量即可。
對於一次只能移動一張紙牌的情況就有點麻煩了
\[\sum_^n\left|(i-k)\times\overline s-\sum_^i a_j\right|+\sum_^k\left|(i+n-k)\times\overline s-\sum_^i a_j-\sum_^n a_j\right|
\]記 \(a\) 的字首和陣列為 \(pre\)
\[\sum_^n|pre_i-pre_k-(i-k)\times\overline s|+\sum_^n|pre_n-pre_k+pre_i-(i+n-k)\times\overline s|
\]令 \(a_i\gets a_i-\overline s\)
\[\sum_^n|pre_i-pre_k|+\sum_^k|pre_i+pre_n-pre_k|
\]因為 \(pre_n=0\)，所以化簡成
\[\sum_^n|pre_i-pre_k|
\]顯然 \(pre_k\) 取中位數時最小。
拓展到乙個 \(n\times m\) 的二維矩陣，只需要保證每行的和都等於 \(\overline s\times m\)，每一列的和都等於 \(\overline s\times n\)。
假設一行中相鄰兩位置發生了紙牌移動，那麼對於所有行來說，其各自的和不變；假設一列中相鄰兩位置發生了紙牌移動，那麼對於所有列來說，其各自的和不變。
也就是說每次移動會且僅會影響到一維，所以我們可以逐維進行調整，也就是對於每行和的陣列和每列和的陣列單獨做一遍一維的情況。
貪心 均分紙牌
時間限制 1 sec 記憶體限制 64 mb 提交 164 解決 95 提交 狀態 討論版 有n堆紙牌，編號分別為1，2，n。每堆上有若干張，但紙牌總數必為n的倍數。可以在任一堆上取若干張紙牌，然後移動。移牌規則為 在編號為1堆上取的紙牌，只能移到編號為2的堆上 在編號為n的堆上取的紙牌，只能移到編...
均分紙牌問題
有n堆紙牌，編號分別為1，2，n。每堆上有若干張，但紙牌總數必為n的倍數。可以在任一堆上取若干張紙牌，然後移動。移牌的規則為 在編號為1上取的紙牌，只能移到編號為2的堆上 在編號為n的堆上取的紙牌，只能移到編號為n 1的堆上 其他堆上取的紙牌，可以移到相鄰左邊或右邊的堆上。現在要求找出一種移動方法，...
貪心 均分紙牌
題目鏈結 題目描述 有n堆紙牌，編號分別為 1,2,n。每堆上有若干張，但紙牌總數必為n的倍數。可以在任一堆上取若干張紙牌，然後移動。移牌規則為 在編號為1堆上取的紙牌，只能移到編號為2的堆上 在編號為n的堆上取的紙牌，只能移到編號為n 1的堆上 其他堆上取的紙牌，可以移到相鄰左邊或右邊的堆上。現在...